資源簡介

第3講　電容器　帶電粒子在電場中的運動
1.（2025·江蘇海安高級中學期中）超級電容的容量比通常的電容器大得多，其主要優(yōu)點是高功率脈沖應用和瞬時功率保持，具有廣泛的應用前景。如圖所示，某超級電容標有“2.7 V　100 F”字樣，將該電容器接在電動勢為1.5 V的干電池兩端，則電路穩(wěn)定后該電容器的負極板上所帶的電荷量為（　　）
A.－150 C　 B.－75 C
C.－270 C　 D.－135 C
2.（2025·山東濰坊模擬）心臟除顫器是目前臨床上廣泛使用的搶救設備之一，如圖甲所示。心臟除顫器通過接觸皮膚的電極板使電容器放電，實施電擊治療，如圖乙。已知某款心臟除顫器，在短于一分鐘內(nèi)使電容器充電到4 000 V，存儲電荷量為0.16 C。搶救病人時，電極板放電，使一部分電荷在4 ms的脈沖時間內(nèi)經(jīng)過身體。下列說法正確的是（　　）
A.電容器充電至4 000 V時，電容為20 μF
B.電容器放電過程中電容減小
C.電容器充電至2 000 V時，所帶電荷量為0.08 C
D.電容器放電過程中電流恒定
3.（2025·內(nèi)蒙古巴彥淖爾高三期末）電容位移傳感器具有靈敏度高的優(yōu)點，某電容位移傳感器的工作原理可簡化為如圖所示的裝置，電容器接在恒壓直流電源上，其中A是固定極板，B是可動極板，B與被測物體連接在一起，○G 為靈敏電流計，當被測物體水平向左移動時，下列說法正確的是（　　）
A.電容器的電容變小
B.極板間的電場強度變大
C.電容器所帶的電荷量減少
D.靈敏電流計中有從a到b方向的放電電流
4.（2025·寧夏銀川模擬）示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖所示。如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的（　　）
A.極板X應帶正電，極板Y應帶正電
B.極板X'應帶正電，極板Y'應帶正電
C.極板X 應帶正電， 極板Y應帶負電
D.極板X'應帶正電，極板Y'應帶負電
5.（2025·江蘇南通期末考試）如圖所示，M、N是在真空中豎直放置的兩塊平行金屬板。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的粒子（不計重力）以初速度v0由小孔水平射入電場，當M、N間的電壓為U時，粒子剛好能到達N板。如果要使這個帶電粒子到達M、N兩板中線位置處即返回，則下述措施能滿足要求的是（　　）
A.使初速度減小為原來的
B.使M、N間的電壓提高到原來的4倍
C.使M、N間的電壓加倍
D.使初速度減小為原來的，同時M、N間的電壓加倍
6.（2025·河北石家莊市二模）某種負離子空氣凈化器的原理如圖所示，由空氣和帶一價負電的灰塵顆粒組成的混合氣流進入由一對平行金屬板構(gòu)成的收集器。在收集器中，帶電顆粒入射時的最大動能為4×106 eV，金屬板的長度為L，金屬板的間距為d，且L＝100d。在勻強電場作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，不考慮重力影響和顆粒間的相互作用。要使得全部顆粒被收集，兩極板間的電勢差至少為（　　）
A.1 600 V　 B.800 V
C.400 V　 D.200 V
7.〔多選〕（2025·浙江溫州市一模）如圖所示，加速電場的兩極板P、Q豎直放置，間距為d，電壓為U1。偏轉(zhuǎn)電場的兩極板M、N水平放置，兩極板長度及板間距均為L，電壓為U2。P、Q極板分別有小孔A、B，AB連線與偏轉(zhuǎn)電場中心線BC共線。質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子從小孔A無初速度進入加速電場，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場，到達探測器（探測器可上下移動）。整個裝置處于真空環(huán)境，且不計離子重力。下列說法正確的是（　　）
A.離子在加速電場中運動時間為d
B.離子在M、N板間運動時間為L
C.離子到達探測器的最大動能為q（U1＋U2）
D.為保證離子不打在M、N極板上，U1與U2應滿足的關(guān)系為U2＜2U1
8.（2024·吉林高考6題）在水平方向的勻強電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面（紙面）內(nèi)運動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線；若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發(fā)運動到與O點等高處的過程中（　　）
A.動能減小，電勢能增大 B.動能增大，電勢能增大
C.動能減小，電勢能減小 D.動能增大，電勢能減小
9.（2025·黑龍江哈爾濱三中月考）如圖所示，在長為2L、寬為L的矩形區(qū)域ABCD內(nèi)有電場強度大小為E、方向豎直向下的勻強電場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的質(zhì)點，以平行于AD的初速度從A點射入該區(qū)域，結(jié)果該質(zhì)點恰能從C點射出。（已知重力加速度為g）
（1）求該質(zhì)點從A點進入該區(qū)域時的初速度v0。
（2）若P、Q分別為AD、BC邊的中點，現(xiàn)將PQCD區(qū)域內(nèi)的電場撤去，則該質(zhì)點的初速度v0為多大時仍能從C點射出？
10.如圖所示，一靜止的電子經(jīng)過電壓為U的電場加速后，立即從A點射入勻強電場中，射入方向與勻強電場的方向垂直，最終電子從B點離開電場。已知勻強電場的電場強度大小為E，寬度為L，方向豎直向上，電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，重力忽略不計。
（1）求電子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)距離。
（2）若僅將加速電場的電壓提高為原來的2倍，使電子仍經(jīng)過B點，求勻強電場的電場強度E1。
11.將一個質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的微粒自A點以大小為4v的初速度垂直射入水平向右的勻強電場（如圖所示），微粒運動到最高點B時速度變?yōu)?v，求：
（1）勻強電場的場強大小E；
（2）A、B兩點間電勢差UAB；
（3）微粒自A點至B點過程中速度的最小值。
第3講　電容器　帶電粒子在電場中的運動
1.A　根據(jù)C＝可知電容器所帶的電荷量為Q＝CU＝100×1.5 C＝150 C，則電路穩(wěn)定后該電容器的負極板上所帶的電荷量為－150 C，故選A。
2.C　電容器充電至4 000 V時，電容為C＝＝ F＝40 μF，故A錯誤；電容由電容器本身決定，不隨電壓、電荷量的變化而變化，即電容保持不變，故B錯誤；電容器充電至2 000 V時，所帶電荷量為Q'＝CU'＝40×10－6×2 000 C＝0.08 C，故C正確；電容器放電過程中，電荷量減少，電容器兩極板間電勢差減小，電流減小，故D錯誤。
3.B　電容器接在恒壓直流電源上，則電容器兩端電壓不變，當被測物體水平向左移動時，根據(jù)C＝，C＝，可知由于極板距離減小，則電容器的電容變大，電容器所帶的電荷量增加，靈敏電流計中有從b到a方向的充電電流；根據(jù)E＝，可知極板間的電場強度變大。故選B。
4.A　根據(jù)亮斑的位置可知電子在偏轉(zhuǎn)電極間的電場中分別向X極和Y極偏轉(zhuǎn)，所以電子在兩個電場中受到靜電力的方向應分別朝向X極和Y極，所以極板X和極板Y都應帶正電。故選A。
5.C　粒子從進入電場到到達N板的過程中，板間的電場強度為E＝，由動能定理得－qEd＝0－m，解得d＝，設帶電粒子離開M板的最遠距離為x，則若使初速度減為原來的，根據(jù)動能定理有－qEx＝0－m，解得x＝，故A錯誤；若電壓提高到原來的4倍，則電場強度也變?yōu)樵瓉淼?倍，設帶電粒子離開M板的最遠距離為x1，根據(jù)動能定理有－q·4Ex1＝0－m，解得x1＝，故B錯誤；同理，若電壓提高到原來的2倍，則電場強度也變?yōu)樵瓉淼?倍，設帶電粒子離開M板的最遠距離為x2，根據(jù)動能定理有－q·2Ex2＝0－m，解得x2＝，故C正確；若初速度減少一半，電壓加倍，則電場強度加倍，設帶電粒子離開M板的最遠距離為x3，根據(jù)動能定理有－q·2Ex3＝0－m，解得x3＝，故D錯誤。
6.A　只要緊靠上極板的顆粒能夠落到下極板右側(cè)，顆粒就能夠全部收集，水平方向有L＝v0t，豎直方向有d＝at2，qE＝ma，又E＝，聯(lián)立解得兩金屬板間的電壓為U＝＝1 600 V，故選A。
7.BD　離子在加速電場做勻加速直線運動，加速度為a1＝，由公式d＝a1，得離子在加速電場中運動時間為t1＝d，故A錯誤；設離子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，由動能定理有U1q＝m，離子在M、N板間運動時間為t2＝，得t2＝L，故B正確；當離子打到M或N板時動能最大，由動能定理有Ekm＝U1q＋q，故C錯誤；為保證離子不打在M、N極板上，即離子在豎直方向的偏轉(zhuǎn)位移應小于，有×＜，得U2＜2U1，故D正確。
8.D　根據(jù)題意可知，小球所受合力方向沿虛線向下，則其所受電場力方向水平向右，小球從O點運動到與O點等高處的過程做類平拋運動，小球的速度增大，動能增大，由于小球所受電場力與小球速度的夾角一直為銳角，則電場力做正功，小球的電勢能減小，A、B、C錯誤，D正確。
9.（1）　（2）
解析：（1）質(zhì)點在水平方向做勻速直線運動，有2L＝v0t，在豎直方向做勻加速直線運動，有mg－qE＝ma，質(zhì)點恰好能從C點射出，有L＝at2，聯(lián)立解得v0＝。
（2）在ABQP區(qū)域，質(zhì)點在水平方向做勻速直線運動，有L＝v0t1，在豎直方向有y1＝a，v1＝at1，在PQCD區(qū)域，在水平方向有L＝v0t2，在豎直方向有y2＝v1t2＋g，質(zhì)點恰好從C點射出，則y1＋y2＝L，聯(lián)立解得v0＝。
10.（1）　（2）2E
解析：（1）電子在加速電場中加速，由動能定理得eU＝m，解得v0＝，
設電子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y，根據(jù)類平拋運動規(guī)律可得L＝v0t，y＝at2，
由牛頓第二定律得a＝，解得y＝。
（2）由（1）可得電子在勻強電場中有x＝v1t1，y＝a1，
在加速電場中有eU1＝m，
由牛頓第二定律得eE1＝ma1，
聯(lián)立解得E1＝，
根據(jù)題意可知x、y均不變，當加速電場的電壓增大到原來的2倍，勻強電場的場強也增大為原來的2倍，即E1＝2E。
11.（1）　（2）　（3）v
解析：（1）若自A點至B點所用的時間為t1，微粒在水平方向的加速度為a，則
豎直方向，有0＝4v－gt1
水平方向，有Eq＝ma，3v＝at1
聯(lián)立得E＝。
（2）若A、B間豎直高度差為h1，則
0－（4v）2＝－2gh1
－mgh1＋qUAB＝m（3v）2－m（4v）2
解得UAB＝。
（3）微粒速度與合力之間的夾角先為鈍角，后為銳角，當二者垂直時，速度最小，若從A點到微粒速度最小時間為t2，速度最小時速度的水平分量為vx，豎直分量為vy，則
vx＝at2，vy＝4v－gt2，且＝
聯(lián)立解得t2＝
vmin＝
解得vmin＝v。
4 / 4第3講　電容器　帶電粒子在電場中的運動
電容器
1.電容器
（1）組成：由兩個彼此　　　　又相互靠近的導體組成。
（2）帶電荷量：一個極板所帶電荷量的　　　。
（3）充電與放電
①充電：電容器充電的過程中，兩極板的電荷量增加，極板間的電場強度增大，電源的能量不斷儲存在電容器中。
②放電：放電的過程中，電容器把儲存的能量通過電流做功轉(zhuǎn)化為電路中其他形式的能量。
2.電容
（1）定義：電容器所帶的　　　　　　與電容器兩極板之間的　　　　　　的比值。
（2）定義式：C＝　　　　　。
（3）單位：法拉（F）、微法（μF）、皮法（pF）。1 F＝　　　 μF＝　　　 pF。
（4）意義：表示電容器　　　　　　本領的高低。
3.平行板電容器的電容
（1）決定因素：正對面積、相對　　　　　　、兩板間的　　　　。
（2）決定式：C＝　　　　，k為靜電力常量。
帶電粒子在電場中的運動
1.帶電粒子在電場中的加速運動
（1）用動力學觀點分析（只適用于勻強電場）
a＝，E＝，v2－＝　　　。
（2）用功能觀點分析
①勻強電場中：W＝qEd＝qU＝　　　　　。
②非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
2.帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)運動（v0⊥E）
（1）沿初速度方向做勻
速直線運動：t＝　　　　（如圖所示）。
（2）沿靜電力方向做初速度為零的勻加速直線運動：
①加速度：a＝＝＝　　　　。
②離開電場時的偏移量：y＝at2＝　　　　。
③離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tan θ＝＝＝　　　　。
3.示波管
（1）構(gòu)造：　　　　、　　　　電極、熒光屏。
（2）原理：帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)。
1.電容器的電荷量等于兩個極板所帶電荷量絕對值的和。（　　）
2.電容器的電容與電容器所帶電荷量成正比，與電壓成反比。（　　）
3.放電后電容器的電荷量為零，電容為零。（　　）
4.帶電粒子在勻強電場中可能做勻加速直線運動。（　　）
5.帶電粒子以初速度v0進入勻強電場中一定做類平拋運動。（　　）
　　
1.〔多選〕（人教版必修第三冊P43“練習與應用”T2改編）關(guān)于電容器的電荷量Q、電壓U、電容C之間的相互關(guān)系，下列圖像正確的是（　　）
2.（2024·江西高考1題）蠟燭火焰是一種含有電子、正離子、中性粒子的氣體狀物質(zhì)，將其置于電壓恒定的兩平行金屬板間，板間電場視為勻強電場，如圖所示。若兩金屬板間距減小，關(guān)于火焰中電子所受的電場力，下列說法正確的是（　　）
A.電場力增大，方向向左
B.電場力增大，方向向右
C.電場力減小，方向向左
D.電場力減小，方向向右
3.（人教版必修第三冊P49“練習與應用”T3）先后讓一束電子和一束氫核通過同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場，進入時速度方向與電場方向垂直。在下列兩種情況下，分別求出電子偏轉(zhuǎn)角的正切與氫核偏轉(zhuǎn)角的正切之比。
（1）電子與氫核的初速度相同；
（2）電子與氫核的初動能相同。
考點一　平行板電容器的動態(tài)分析
　平行板電容器的動態(tài)分析思路
（2024·浙江6月選考6題）圖示是“研究電容器兩極板間距對電容大小的影響”實驗，保持電荷量不變，當極板間距增大時，靜電計指針張角增大，則（　　）
A.極板間電勢差減小
B.電容器的電容增大
C.極板間電場強度增大
D.電容器儲存能量增大
嘗試解答
（2024·吉林高考5題）某種不導電溶液的相對介電常數(shù)εr與濃度cm的關(guān)系曲線如圖a所示。將平行板電容器的兩極板全部插入該溶液中，并與恒壓電源、電流表等構(gòu)成如圖b所示的電路。閉合開關(guān)S后，若降低溶液濃度，則（　　）
A.電容器的電容減小
B.電容器所帶的電荷量增大
C.電容器兩極板之間的電勢差增大
D.溶液濃度降低過程中電流方向為M→N
嘗試解答
考點二　帶電粒子（體）在電場中的直線運動
1.帶電粒子（體）在電場中運動時重力的處理
基本粒子 如電子、質(zhì)子、α粒子等，除有說明或明確的暗示以外，一般都不考慮重力（但并不忽略質(zhì)量）
帶電體 如帶電液滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以外，一般都不能忽略重力
2.帶電粒子（體）在電場中直線運動的分析方法
（2025·安徽黃山八校聯(lián)考）
當今醫(yī)學上對某些腫瘤采用質(zhì)子療法進行治療，該療法用一定能量的質(zhì)子束照射腫瘤殺死癌細胞。現(xiàn)用一直線加速器來加速質(zhì)子，使其從靜止開始被加速到1.0×107 m/s。已知加速電場的場強為1.3×105 N/C，質(zhì)子的質(zhì)量為1.67×10－27 kg，電荷量為1.6×10－19 C，則下列說法正確的是（　　）
A.加速過程中質(zhì)子電勢能增加
B.質(zhì)子所受到的電場力約為2×10－15 N
C.質(zhì)子加速需要的時間約為8×10－6 s
D.加速器加速的直線長度約為4 m
嘗試解答
（2024·浙江1月選考11題）
如圖所示，金屬極板M受到紫外線照射會逸出光電子，最大速率為vm。正對M放置一金屬網(wǎng)N，在M、N之間加恒定電壓U。已知M、N間距為d（遠小于板長），電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，則（　　）
A.M、N間距離增大時電子到達N的動能也增大
B.只有沿x方向逸出的電子到達N時才有最大動能
C.電子從M到N過程中y方向位移大小最大為vmd
D.M、N間加反向電壓時電流表示數(shù)恰好為零
嘗試解答
（本題取材于人教版必修第三冊“練習與應用”P49，T2）
某種金屬板M受到一束紫外線照射時會不停地發(fā)射電子，射出的電子具有不同的方向，速度大小也不相同。在M旁放置一個金屬網(wǎng)N。如果用導線將M、N連起來，從M射出的電子落到N上便會沿導線返回M，從而形成電流。現(xiàn)在不把M、N直接相連，而按圖10.5-7那樣在M、N之間加電壓U，發(fā)現(xiàn)當U＞12.5 V時電流表中就沒有電流。
圖10.5-7
問：被這束紫外線照射出的電子，最大速度是多少？
考點三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
1.帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律
2.兩個重要結(jié)論
（1）速度偏角正切值tan θ是位移偏角正切值tan α的2倍。
（2）粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出時，瞬時速度的反向延長線與初速度延長線的交點為粒子水平位移的中點，即該交點到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為。
3.利用功能關(guān)系分析帶電粒子的偏轉(zhuǎn)
當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解，qUy＝mv2－m，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差。
（2025·江蘇無錫高三期末）
如圖所示，讓兩質(zhì)子先、后以不同初速度從同一位置垂直射入一平行板電容器（兩板間電壓恒定），質(zhì)子分別沿a、b軌跡落到極板上，則質(zhì)子沿b軌跡運動時（　　）
A.加速度更大 B.運動時間更長
C.動能增量更大 D.電勢能增量與沿a軌跡運動時相同
嘗試解答
（2025·華中師大附中期末）示波器的示意圖如圖所示，金屬絲發(fā)射出來的電子（帶電荷量為e，質(zhì)量為m）被加速后從金屬板的小孔穿出，進入偏轉(zhuǎn)電場。電子在穿出偏轉(zhuǎn)電場后沿直線前進，最后打在熒光屏上。設加速電壓U1＝1 640 V，偏轉(zhuǎn)極板長l＝4 cm，偏轉(zhuǎn)極板間距d＝1 cm，當電子加速后從兩偏轉(zhuǎn)極板的正中央沿與板平行的方向進入偏轉(zhuǎn)電場。
（1）偏轉(zhuǎn)電壓U2為多大時，電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大？
（2）如果偏轉(zhuǎn)極板右端到熒光屏的距離L＝20 cm，則電子到達熒光屏時最大偏轉(zhuǎn)距離y為多少？
解題指導 （1）電子從偏轉(zhuǎn)電場射出后沿著射出方向做勻速直線運動至打到熒光屏上。
（2）電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大的條件是：電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后必須從下極板邊緣射出。
嘗試解答
帶電粒子（體）在勻強電場中的類拋體運動
1.類拋體運動
（1）如果帶電體的初速度方向與“等效重力”方向垂直，則帶電體做類平拋運動。
（2）如果帶電體的初速度方向與“等效重力”方向成某一銳角或鈍角，則帶電體做類斜拋運動。
2.處理方法：與處理平拋運動、斜拋運動的方法相同。
（1）利用運動的合成與分解的方法分析解決。
（2）利用動能定理等功能觀點分析解決。
（2025·重慶一中月考）空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q（q＞0）。A從O點發(fā)射時的速度大小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為。重力加速度為g，求：
（1）電場強度的大小；
（2）B運動到P點時的動能。
嘗試解答
〔多選〕（2023·湖北高考10題）一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2。微粒射入時緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運動軌跡的最高點到極板左右兩端的水平距離分別為2L和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。忽略邊緣效應，不計重力。下列說法正確的是（　　）
A.L∶d＝2∶1
B.U1∶U2＝1∶1
C.微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角度的正切值為2
D.僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷數(shù)量，微粒在電容器中的運動軌跡不變
嘗試解答
第3講　電容器　帶電粒子在電場中的運動
【立足“四層”·夯基礎】
基礎知識梳理
知識點1
1.（1）絕緣　（2）絕對值　2.（1）電荷量Q　電勢差U　（2）
（3）106　1012　（4）容納電荷　3.（1）介電常數(shù)　距離
（2）
知識點2
1.（1）2ad　（2）①mv2－m　2.（1）　（2）①
②　③　3.（1）電子槍　偏轉(zhuǎn)
易錯易混辨析
1.×　2.×　3.×　4.√　5.×
雙基落實筑牢
1.BCD　根據(jù)電容器定義式C＝可知，電容器所帶的電荷量Q與電容器兩極板之間的電勢差U成正比，故C正確；電容C的大小由電容器本身的因素決定，與Q、U無關(guān)，故A錯誤，B、D正確。
2.B　
3.（1）　（2）1
解析：設偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，垂直進入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場兩極板間距離為d，極板長為l，則粒子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝，在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t＝，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時沿靜電力方向的速度vy＝at＝，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向的偏轉(zhuǎn)角的正切值tan θ＝＝。
（1）若電子與氫核的初速度相同，則＝。
（2）若電子與氫核的初動能相同，則＝1。
【著眼“四翼”·探考點】
考點一
【例1】 D　靜電計指針張角增大，說明極板間電勢差增大，A錯誤；由C＝可知，當極板間距增大時，電容器的電容減小，B錯誤；極板間電場強度E＝＝＝，其與Q有關(guān)，與d無關(guān)，電荷量不變，則極板間電場強度不變，C錯誤；移動極板的過程中需要克服電場力做功，電容器儲存的能量增大，D正確。
【例2】 B　根據(jù)題圖a可知，降低溶液的濃度時，該不導電溶液的相對介電常數(shù)εr增大，結(jié)合電容的決定式C＝可知，電容器的電容增大，A錯誤；電容器一直與恒壓電源相連，則電容器兩極板之間的電勢差不變，C錯誤；根據(jù)電容的定義式C＝結(jié)合A、C項分析可知，電容器所帶的電荷量Q增大，則溶液濃度降低過程中，電容器充電，電路中的電流方向為N→M，B正確，D錯誤。
考點二
【例3】 D　質(zhì)子加速過程中，電場力對質(zhì)子做正功，質(zhì)子的電勢能減小，A錯誤；質(zhì)子受到的電場力為F＝Eq＝1.3×105×1.6×10－19 N＝2.08×10－14 N，B錯誤；質(zhì)子的加速度為a＝＝ m/s2≈1.25×1013 m/s2，根據(jù)v＝at得，加速時間t＝8×10－7 s，C錯誤；根據(jù)v2＝2ax得，加速的直線長度x＝4 m，D正確。
【例4】 C　根據(jù)動能定理，從金屬板M上逸出的光電子到達N板的過程中有eU＝Ekm－m，則到達N板時的動能為Ekm＝eU＋m，與兩極板間距無關(guān)，與電子從金屬板中逸出的方向無關(guān)，選項A、B錯誤；平行極板M射出的電子到達N板時在y方向的位移最大，則電子從M到N過程中y方向最大位移為y＝vmt，d＝·t2，解得y＝vmd，選項C正確；M、N間加反向電壓電流表示數(shù)恰好為零時，則eUc＝m，解得Uc＝，選項D錯誤。
考教銜接
　v＝2.1×106 m/s
考點三
【例5】 D　加速度為a＝，由于帶電粒子都是質(zhì)子，比荷相同，所以加速度相同，故A錯誤；質(zhì)子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，則偏轉(zhuǎn)距離y＝at2，質(zhì)子的加速度相同，由圖看出，y相同，則運動時間相同，故B錯誤；靜電力做功為W＝qEy，所以兩次靜電力做功相同，電勢能的增量相同，由動能定理可知，兩次動能的增量相同，故C錯誤，D正確。
【例6】 （1）205 V　（2）0.055 m
解析：（1）要使電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大，電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后必須從下極板邊緣出來。
在加速電場中，由動能定理得eU1＝
電子進入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0＝
電子在偏轉(zhuǎn)電場中的飛行時間t1＝
電子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝＝
電子從下極板邊緣出來，則有
＝a＝＝
解得U2＝U1＝205 V。
（2）電子束打在熒光屏上最大偏轉(zhuǎn)距離y＝＋y2
電子離開偏轉(zhuǎn)電場時垂直極板方向的分速度
vy＝at1＝
電子從離開偏轉(zhuǎn)電場到達熒光屏經(jīng)過的時間t2＝
則y2＝vyt2＝＝＝0.05 m
所以電子到達熒光屏時的最大偏轉(zhuǎn)距離y＝＋y2＝0.055 m。
【聚焦“素養(yǎng)”·提能力】
【典例1】 （1）　（2）2m（＋g2t2）
解析：（1）設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據(jù)牛頓第二定律、運動學公式和題給條件，有mg＋qE＝ma ①
a＝gt2 ②
聯(lián)立①②式得E＝。 ③
（2）設B從O點發(fā)射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P兩點的高度差為h，根據(jù)動能定理有mgh＋qEh＝Ek－m ④
且有v1·＝v0t ⑤
h＝gt2 ⑥
聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m（＋g2t2）。
【典例2】 BD　設微粒射入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，微粒在偏轉(zhuǎn)電場中上升階段，水平方向做勻速運動，有2L＝v0cos 45°·t，豎直方向做勻減速運動，有d＝ t，得L∶d＝1∶1，A錯誤；微粒經(jīng)電壓U1加速，由動能定理得qU1＝ m－0，微粒從一開始靜止到在平行板電容器中的最高點，根據(jù)動能定理有qU1－q ＝m（v0cos 45°）2－0，得U1∶U2＝1∶1，B正確；設微粒射出平行板電容器時速度與水平方向間的夾角為θ，從最高點到射出，微粒做類平拋運動，根據(jù)平拋運動推論及勻變速直線運動推論，有tan θ＝＝＝，則穿過電容器的偏轉(zhuǎn)角正切值tan（45°＋θ）＝＝3，C錯誤；以最高點為坐標原點，向左為x軸正方向，向下為y軸正方向建立坐標系，y＝×＝，可得微粒軌跡與質(zhì)量、電荷量無關(guān)，D正確。
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第3講　電容器　帶電粒子在電場中的運動
高中總復習·物理
目 錄
01
立足”四層”·夯基礎
02
著眼“四翼”·探考點
03
聚焦“素養(yǎng)”·提能力
04
培養(yǎng)“思維”·重落實
概念 公式 定理
立足“四層”·夯基礎
電容器
1. 電容器
（1）組成：由兩個彼此 又相互靠近的導體組成。
（2）帶電荷量：一個極板所帶電荷量的 。
（3）充電與放電
絕緣　
絕對值　
①充電：電容器充電的過程中，兩極板的電荷量增加，極板間的電場強度
增大，電源的能量不斷儲存在電容器中。
②放電：放電的過程中，電容器把儲存的能量通過電流做功轉(zhuǎn)化為電路中
其他形式的能量。
2. 電容
（1）定義：電容器所帶的 與電容器兩極板之間的
的比值。
（2）定義式：C＝ 。
（3）單位：法拉（F）、微法（μF）、皮法（pF）。1 F＝ μF
＝ pF。
（4）意義：表示電容器 本領的高低。
電荷量Q　
電勢差
U　
　
106　
1012　
容納電荷　
3. 平行板電容器的電容
（1）決定因素：正對面積、相對 、兩板間的 。
（2）決定式：C＝ ，k為靜電力常量。
介電常數(shù)　
距離　
　
帶電粒子在電場中的運動
1. 帶電粒子在電場中的加速運動
（1）用動力學觀點分析（只適用于勻強電場）
a＝，E＝，v2－＝ 。
（2）用功能觀點分析
①勻強電場中：W＝qEd＝qU＝ 。
②非勻強電場中：W＝qU＝Ek2－Ek1。
2ad　
mv2－m　
2. 帶電粒子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)運動（v0⊥E）
（1）沿初速度方向做勻速直線運動：t＝ （如圖所示）。
（2）沿靜電力方向做初速度為零的勻加速直線運動：
①加速度：a＝＝＝ 　　。
②離開電場時的偏移量：y＝at2＝ 　　。
③離開電場時的偏轉(zhuǎn)角：tan θ＝＝＝ 　　。
　
　
　
　
3. 示波管
（1）構(gòu)造： 、 電極、熒光屏。
（2）原理：帶電粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn)。
電子槍　
偏轉(zhuǎn)　
1. 電容器的電荷量等于兩個極板所帶電荷量絕對值的和。 （　×　）
2. 電容器的電容與電容器所帶電荷量成正比，與電壓成反比。
（　×　）
3. 放電后電容器的電荷量為零，電容為零。 （　×　）
4. 帶電粒子在勻強電場中可能做勻加速直線運動。 （　√　）
5. 帶電粒子以初速度v0進入勻強電場中一定做類平拋運動。 （　×　）
×
×
×
√
×
1. 〔多選〕（人教版必修第三冊P43“練習與應用”T2改編）關(guān)于電容器
的電荷量Q、電壓U、電容C之間的相互關(guān)系，下列圖像正確的是（　　）
解析： 　根據(jù)電容器定義式C＝可知，電容器所帶的電荷量Q與電容
器兩極板之間的電勢差U成正比，故C正確；電容C的大小由電容器本身的
因素決定，與Q、U無關(guān)，故A錯誤，B、D正確。
√
√
√
2. （2024·江西高考1題）蠟燭火焰是一種含有電子、正離子、中性粒子的
氣體狀物質(zhì)，將其置于電壓恒定的兩平行金屬板間，板間電場視為勻強電
場，如圖所示。若兩金屬板間距減小，關(guān)于火焰中電子所受的電場力，下
列說法正確的是（　　）
A. 電場力增大，方向向左
B. 電場力增大，方向向右
C. 電場力減小，方向向左
D. 電場力減小，方向向右
√
解析： 　 B正確。
3. （人教版必修第三冊P49“練習與應用”T3）先后讓一束電子和一
束氫核通過同一對平行板形成的偏轉(zhuǎn)電場，進入時速度方向與電場方
向垂直。在下列兩種情況下，分別求出電子偏轉(zhuǎn)角的正切與氫核偏轉(zhuǎn)
角的正切之比。
（1）電子與氫核的初速度相同；
答案： 　
（2）電子與氫核的初動能相同。
答案： 1
解析：設偏轉(zhuǎn)電壓為U，帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，垂直進入偏轉(zhuǎn)
電場的速度為v0，偏轉(zhuǎn)電場兩極板間距離為d，極板長為l，則粒子在偏轉(zhuǎn)
電場中的加速度a＝，在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間為t＝，粒子離開偏轉(zhuǎn)
電場時沿靜電力方向的速度vy＝at＝，粒子離開偏轉(zhuǎn)電場時速度方向的
偏轉(zhuǎn)角的正切值tan θ＝＝。
（1）若電子與氫核的初速度相同，則＝。
（2）若電子與氫核的初動能相同，則＝1。
題型 規(guī)律 方法
著眼“四翼”·探考點
考點一　平行板電容器的動態(tài)分析
　平行板電容器的動態(tài)分析思路
（2024·浙江6月選考6題）圖示是“研究電容器兩極板間距對電容大
小的影響”實驗，保持電荷量不變，當極板間距增大時，靜電計指針張角
增大，則（　　）
A. 極板間電勢差減小 B. 電容器的電容增大
C. 極板間電場強度增大 D. 電容器儲存能量增大
√
解析：靜電計指針張角增大，說明極板間電勢差增大，A錯誤；由C＝
可知，當極板間距增大時，電容器的電容減小，B錯誤；極板間電場強度E
＝＝＝，其與Q有關(guān)，與d無關(guān)，電荷量不變，則極板間電場強度
不變，C錯誤；移動極板的過程中需要克服電場力做功，電容器儲存的能
量增大，D正確。
（2024·吉林高考5題）某種不導電溶液的相對介電常數(shù)εr與濃度cm的
關(guān)系曲線如圖a所示。將平行板電容器的兩極板全部插入該溶液中，并與恒
壓電源、電流表等構(gòu)成如圖b所示的電路。閉合開關(guān)S后，若降低溶液濃
度，則（　　）
A. 電容器的電容減小
B. 電容器所帶的電荷量增大
C. 電容器兩極板之間的電勢差增大
D. 溶液濃度降低過程中電流方向為M→N
√
解析：根據(jù)題圖a可知，降低溶液的濃度時，該不導電溶液的相對介電常數(shù)
εr增大，結(jié)合電容的決定式C＝可知，電容器的電容增大，A錯誤；電
容器一直與恒壓電源相連，則電容器兩極板之間的電勢差不變，C錯誤；
根據(jù)電容的定義式C＝結(jié)合A、C項分析可知，電容器所帶的電荷量Q增
大，則溶液濃度降低過程中，電容器充電，電路中的電流方向為N→M，B
正確，D錯誤。
　〔多選〕如圖所示的電路中，閉合開關(guān)，待電路穩(wěn)定后，可看成質(zhì)點的帶電小球恰好靜止在平行板電容器之間的M點，其中二極管可視為理想二極管，下列說法正確的是（　　）
A. 向右移動R3的滑片，小球向下移動
B. 向右移動R1的滑片，小球的電勢能將減小
C. 向下移動電容器的下極板，二極管右端電勢高于左端電勢
D. 斷開S后，緊貼電容器的上極板附近插入金屬板，M點的電勢將升高
√
√
解析： 　向右移動R3的滑片，電容器兩端電壓不變，兩極板之間的電場
強度不變，因此小球仍靜止不動，A錯誤；向右移動R1的滑片，R2兩端電
壓增大，電容器兩端電壓增大，兩極板之間的電場強度增大，小球受到的
靜電力增大，小球?qū)⑾蛏线\動，靜電力做正功，小球的電勢能減小，B正
確；向下移動電容器的下極板，電容器極板間距d增大，根據(jù)C＝，C
＝，可知C減小，若U不變時，Q將減小，但由于二極管的存在，電容器
無法放電，所以Q不變，U增大，二極管右端電勢高于左端電勢，C正確；
斷開S后，緊貼電容器的上極板附近插入金屬板，電容器極板間距d減小，
根據(jù)C＝，C＝，E＝可得E＝，可知極板間電場強度不變，M點
到下極板間距不變，電勢差不變，因此M點電勢不變，D錯誤。
考點二　帶電粒子（體）在電場中的直線運動
1. 帶電粒子（體）在電場中運動時重力的處理
基本 粒子 如電子、質(zhì)子、α粒子等，除有說明或明確的暗示以外，一
般都不考慮重力（但并不忽略質(zhì)量）
帶電體 如帶電液滴、塵埃、小球等，除有說明或有明確的暗示以
外，一般都不能忽略重力
2. 帶電粒子（體）在電場中直線運動的分析方法
（2025·安徽黃山八校聯(lián)考）當今醫(yī)學上對某些腫瘤采用質(zhì)子療法進
行治療，該療法用一定能量的質(zhì)子束照射腫瘤殺死癌細胞。現(xiàn)用一直線加
速器來加速質(zhì)子，使其從靜止開始被加速到1.0×107 m/s。已知加速電場
的場強為1.3×105 N/C，質(zhì)子的質(zhì)量為1.67×10－27 kg，電荷量為1.6×10
－19 C，則下列說法正確的是（　　）
A. 加速過程中質(zhì)子電勢能增加
B. 質(zhì)子所受到的電場力約為2×10－15 N
C. 質(zhì)子加速需要的時間約為8×10－6 s
D. 加速器加速的直線長度約為4 m
√
解析：質(zhì)子加速過程中，電場力對質(zhì)子做正功，質(zhì)子的電勢能減小，A錯
誤；質(zhì)子受到的電場力為F＝Eq＝1.3×105×1.6×10－19 N＝2.08×10－14
N，B錯誤；質(zhì)子的加速度為a＝＝ m/s2≈1.25×1013 m/s2，根據(jù)
v＝at得，加速時間t＝8×10－7 s，C錯誤；根據(jù)v2＝2ax得，加速的直線長
度x＝4 m，D正確。
（2024·浙江1月選考11題）如圖所示，金屬極板M受到紫外線照射會
逸出光電子，最大速率為vm。正對M放置一金屬網(wǎng)N，在M、N之間加恒定
電壓U。已知M、N間距為d（遠小于板長），電子的質(zhì)量為m，電荷量為
e，則（　　）
A. M、N間距離增大時電子到達N的動能也增大
B. 只有沿x方向逸出的電子到達N時才有最大動能
C. 電子從M到N過程中y方向位移大小最大為vmd
D. M、N間加反向電壓時電流表示數(shù)恰好為零
√
解析：根據(jù)動能定理，從金屬板M上逸出的光電子到達N板的過程中有eU
＝Ekm－m，則到達N板時的動能為Ekm＝eU＋m，與兩極板間距無
關(guān)，與電子從金屬板中逸出的方向無關(guān)，選項A、B錯誤；平行極板M射出
的電子到達N板時在y方向的位移最大，則電子從M到N過程中y方向最大位
移為y＝vmt，d＝·t2，解得y＝vmd，選項C正確；M、N間加反向電
壓電流表示數(shù)恰好為零時，則eUc＝m，解得Uc＝，選項D錯誤。
（本題取材于人教版必修第三冊“練習與應用”P49，T2）
圖10.5-7
某種金屬板M受到一束紫外線照射時會不停地發(fā)射電子，
射出的電子具有不同的方向，速度大小也不相同。在M
旁放置一個金屬網(wǎng)N。如果用導線將M、N連起來，從M
射出的電子落到N上便會沿導線返回M，從而形成電流。
現(xiàn)在不把M、N直接相連，而按圖10.5-7那樣在M、N之
間加電壓U，發(fā)現(xiàn)當U＞12.5 V時電流表中就沒有電流。
問：被這束紫外線照射出的電子，最大速度是多少？
答案：v＝2.1×106 m/s
　〔多選〕如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球在電場強度為E、
區(qū)域足夠大的勻強電場中，以初速度v0沿ON在豎直面內(nèi)做勻變速直線運
動。ON與水平面的夾角為30°，重力加速度為g，且mg＝Eq，則（　　）
A. 電場方向垂直于ON向上
B. 小球運動的加速度大小為g
C. 小球上升的最大高度為
D. 小球運動到最高點所需時間為
√
√
解析： 　由于帶電小球在豎直面內(nèi)做勻變速直線運動，
其合力沿ON方向，而mg＝qE，由三角形定則可知，電
場方向與ON方向成120°角，選項A錯誤；由圖中幾何
關(guān)系可知，其合力為mg，由牛頓第二定律可知a＝g，方向與初速度方向相反，選項B正確；設帶電小球上升的最大高度為h，由動能定理可得－mg·2h＝0－m，解得h＝，選項C正確；小球運動到最高點所需時間為t＝＝，選項D錯誤。
考點三　帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)
1. 帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)規(guī)律
2. 兩個重要結(jié)論
（1）速度偏角正切值tan θ是位移偏角正切值tan α的2倍。
（2）粒子經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后射出時，瞬時速度的反向延長線與初速度延長線
的交點為粒子水平位移的中點，即該交點到偏轉(zhuǎn)電場邊緣的距離為。
3. 利用功能關(guān)系分析帶電粒子的偏轉(zhuǎn)
當討論帶電粒子的末速度v時也可以從能量的角度進行求解，qUy＝mv2－
m，其中Uy＝y(tǒng)，指初、末位置間的電勢差。
（2025·江蘇無錫高三期末）如圖所示，讓兩質(zhì)子先、后以不同初速
度從同一位置垂直射入一平行板電容器（兩板間電壓恒定），質(zhì)子分別沿
a、b軌跡落到極板上，則質(zhì)子沿b軌跡運動時（　　）
A. 加速度更大
B. 運動時間更長
C. 動能增量更大
D. 電勢能增量與沿a軌跡運動時相同
√
解析：加速度為a＝，由于帶電粒子都是質(zhì)子，比荷相同，所以加速度相
同，故A錯誤；質(zhì)子在豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，則偏轉(zhuǎn)
距離y＝at2，質(zhì)子的加速度相同，由圖看出，y相同，則運動時間相同，故
B錯誤；靜電力做功為W＝qEy，所以兩次靜電力做功相同，電勢能的增量
相同，由動能定理可知，兩次動能的增量相同，故C錯誤，D正確。
（2025·華中師大附中期末）示波器的示意圖如圖所示，金屬絲發(fā)射
出來的電子（帶電荷量為e，質(zhì)量為m）被加速后從金屬板的小孔穿出，進
入偏轉(zhuǎn)電場。電子在穿出偏轉(zhuǎn)電場后沿直線前進，最后打在熒光屏上。設
加速電壓U1＝1 640 V，偏轉(zhuǎn)極板長l＝4 cm，偏轉(zhuǎn)極板間距d＝1 cm，當電
子加速后從兩偏轉(zhuǎn)極板的正中央沿與板平行的方向進入偏轉(zhuǎn)電場。
（1）偏轉(zhuǎn)電壓U2為多大時，電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大？
（2）如果偏轉(zhuǎn)極板右端到熒光屏的距離L＝20 cm，則電子到達熒光屏時
最大偏轉(zhuǎn)距離y為多少？
解題指導 （1）電子從偏轉(zhuǎn)電場射出后沿著射出方向做勻速直線運動至打
到熒光屏上。
（2）電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大的條件是：電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后必
須從下極板邊緣射出。
答案：（1）205 V　（2）0.055 m
解析：（1）要使電子束打在熒光屏上偏轉(zhuǎn)距離最大，電子經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后
必須從下極板邊緣出來。
在加速電場中，由動能定理得eU1＝
電子進入偏轉(zhuǎn)電場的初速度v0＝
電子在偏轉(zhuǎn)電場中的飛行時間t1＝
電子在偏轉(zhuǎn)電場中的加速度a＝＝
電子從下極板邊緣出來，則有
＝a＝＝
解得U2＝U1＝205 V。
（2）電子束打在熒光屏上最大偏轉(zhuǎn)距離y＝＋y2
電子離開偏轉(zhuǎn)電場時垂直極板方向的分速度
vy＝at1＝
電子從離開偏轉(zhuǎn)電場到達熒光屏經(jīng)過的時間t2＝
則y2＝vyt2＝＝＝0.05 m
所以電子到達熒光屏時的最大偏轉(zhuǎn)距離y＝＋y2＝0.055 m。
　（2025·廣東珠海模擬）如圖，氕核、氘核、氚核三種粒子從S點無初速
釋放。經(jīng)電壓為U1的加速電場加速后，又進入電壓為U2的偏轉(zhuǎn)電場偏轉(zhuǎn)，
最后打在屏上。整個裝置處于真空中，不計粒子重力及其相互作用，則
（　　）
A. 三種粒子將打到屏上的不同位置
B. 偏轉(zhuǎn)電場對三種粒子做功一樣多
C. 三種粒子打到屏上的動能不同
D. 三種粒子運動到屏上所用時間相同
√
解析： 　粒子在加速電場中加速，由動能定理可知qU1＝m－0，解得
v0＝，粒子在加速電場中的運動時間t1＝＝2L1；粒子在偏轉(zhuǎn)
電場中做類平拋運動，運動時間t2＝＝L2；在偏轉(zhuǎn)電場中豎直分位
移y＝a2＝··；聯(lián)立解得y＝，y與q、m無關(guān)，所以三種粒
子在偏轉(zhuǎn)電場中軌跡重合，離開偏轉(zhuǎn)電場后粒子做勻速直線運動，因此三
種粒子一定打到屏上的同一位置；加速電場對粒子做功為W1＝qU1，q和U1
相等，所以加速電場U1對三種粒子做功相等。
偏轉(zhuǎn)電場U2對粒子做功W2＝qy，q、U2、d、y相等，則知偏轉(zhuǎn)電場U2對
三種粒子做功相等，故A錯誤，B正確。對整個過程，根據(jù)動能定理得W＝
mv2，由于W相等，所以三種粒子達到屏上的動能相同，故C錯誤。離開偏
轉(zhuǎn)電場后粒子的運動時間t3＝＝L3；粒子運動到屏上所用時間t＝t1
＋t2＋t3＝（2L1＋L2＋L3）；因為不等，所以t不等，故D錯誤。
現(xiàn)實 科技 應用
聚焦“素養(yǎng)”·提能力
帶電粒子（體）在勻強電場中的類拋體運動
1. 類拋體運動
（1）如果帶電體的初速度方向與“等效重力”方向垂直，則帶電體做類
平拋運動。
（2）如果帶電體的初速度方向與“等效重力”方向成某一銳角或鈍角，
則帶電體做類斜拋運動。
2. 處理方法：與處理平拋運動、斜拋運動的方法相同。
（1）利用運動的合成與分解的方法分析解決。
（2）利用動能定理等功能觀點分析解決。
（2025·重慶一中月考）空間存在一方向豎直向下的勻強電場，O、
P是電場中的兩點。從O點沿水平方向以不同速度先后發(fā)射兩個質(zhì)量均為m
的小球A、B。A不帶電，B的電荷量為q（q＞0）。A從O點發(fā)射時的速度大
小為v0，到達P點所用時間為t；B從O點到達P點所用時間為。重力加速度
為g，求：
（1）電場強度的大小；
答案： 　
解析： 設電場強度的大小為E，小球B運動的加速度為a。根據(jù)牛頓第
二定律、運動學公式和題給條件，有mg＋qE＝ma　①
a＝gt2　②
聯(lián)立①②式得E＝。　③
解析： 設B從O點發(fā)射時的速度為v1，到達P點時的動能為Ek，O、P
兩點的高度差為h，根據(jù)動能定理有mgh＋qEh＝Ek－m　④
且有v1·＝v0t　⑤
h＝gt2　⑥
聯(lián)立③④⑤⑥式得Ek＝2m（＋g2t2）。
（2）B運動到P點時的動能。
答案： 2m（＋g2t2）
〔多選〕（2023·湖北高考10題）一帶正電微粒從靜止開始經(jīng)電壓
U1加速后，射入水平放置的平行板電容器，極板間電壓為U2。微粒射入時
緊靠下極板邊緣，速度方向與極板夾角為45°，微粒運動軌跡的最高點到
極板左右兩端的水平距離分別為2L和L，到兩極板距離均為d，如圖所示。
忽略邊緣效應，不計重力。下列說法正確的是（　　）
A. L∶d＝2∶1
B. U1∶U2＝1∶1
C. 微粒穿過電容器區(qū)域的偏轉(zhuǎn)角度的正切值為2
D. 僅改變微粒的質(zhì)量或者電荷數(shù)量，微粒在電容器中的運動軌跡不變
√
√
解析：設微粒射入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，微粒在偏轉(zhuǎn)電場中上升階段，水
平方向做勻速運動，有2L＝v0cos 45°·t，豎直方向做勻減速運動，有d＝
t，得L∶d＝1∶1，A錯誤；微粒經(jīng)電壓U1加速，由動能定理得
qU1＝ m－0，微粒從一開始靜止到在平行板電容器中的最高點，根據(jù)
動能定理有qU1－q ＝m（v0cos 45°）2－0，得U1∶U2＝1∶1，B正確；
設微粒射出平行板電容器時速度與水平方向間的夾角為
θ，從最高點到射出，微粒做類平拋運動，根據(jù)平拋運
動推論及勻變速直線運動推論，有tan θ＝＝＝，則
穿過電容器的偏轉(zhuǎn)角正切值tan（45°＋θ）＝＝3，C錯誤；以最高點為坐標原點，向左為x軸正方向，向下為y軸正方向建立坐標系，y＝×＝，可得微粒軌跡與質(zhì)量、電荷量無關(guān)，D正確。
培養(yǎng)“思維”·重落實
夯基 提能 升華
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1. （2025·江蘇海安高級中學期中）超級電容的容量比通常的電容器大得
多，其主要優(yōu)點是高功率脈沖應用和瞬時功率保持，具有廣泛的應用前
景。如圖所示，某超級電容標有“2.7 V　100 F”字樣，將該電容器接在
電動勢為1.5 V的干電池兩端，則電路穩(wěn)定后該電容器的負極板上所帶的電
荷量為（　　）
A. －150 C B. －75 C
C. －270 C D. －135 C
√
解析： 　根據(jù)C＝可知電容器所帶的電荷量為Q＝CU＝100×1.5 C
＝150 C，則電路穩(wěn)定后該電容器的負極板上所帶的電荷量為－150
C，故選A。
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2. （2025·山東濰坊模擬）心臟除顫器是目前臨床上廣泛使用的搶救設備
之一，如圖甲所示。心臟除顫器通過接觸皮膚的電極板使電容器放電，實
施電擊治療，如圖乙。已知某款心臟除顫器，在短于一分鐘內(nèi)使電容器充
電到4 000 V，存儲電荷量為0.16 C。搶救病人時，電極板放電，使一部分
電荷在4 ms的脈沖時間內(nèi)經(jīng)過身體。下列說法正確的是（　　）
A. 電容器充電至4 000 V時，電容為20 μF
B. 電容器放電過程中電容減小
C. 電容器充電至2 000 V時，所帶電荷量
為0.08 C
D. 電容器放電過程中電流恒定
√
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解析： 　電容器充電至4 000 V時，電容為C＝＝ F＝40 μF，故A錯
誤；電容由電容器本身決定，不隨電壓、電荷量的變化而變化，即電容保
持不變，故B錯誤；電容器充電至2 000 V時，所帶電荷量為Q'＝CU'＝
40×10－6×2 000 C＝0.08 C，故C正確；電容器放電過程中，電荷量減
少，電容器兩極板間電勢差減小，電流減小，故D錯誤。
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3. （2025·內(nèi)蒙古巴彥淖爾高三期末）電容位移傳感器具有靈敏度高的優(yōu)
點，某電容位移傳感器的工作原理可簡化為如圖所示的裝置，電容器接在
恒壓直流電源上，其中A是固定極板，B是可動極板，B與被測物體連接在
一起，G 為靈敏電流計，當被測物體水平向左移動時，下列說法正確的
是（　　）
A. 電容器的電容變小
B. 極板間的電場強度變大
C. 電容器所帶的電荷量減少
D. 靈敏電流計中有從a到b方向的放電電流
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解析： 　電容器接在恒壓直流電源上，則電容器兩端電壓不變，當被測
物體水平向左移動時，根據(jù)C＝，C＝，可知由于極板距離減小，則
電容器的電容變大，電容器所帶的電荷量增加，靈敏電流計中有從b到a方
向的充電電流；根據(jù)E＝，可知極板間的電場強度變大。故選B。
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4. （2025·寧夏銀川模擬）示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏
轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成，如圖所示。如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示
波管中的（　　）
A. 極板X應帶正電，極板Y應帶正電
B. 極板X'應帶正電，極板Y'應帶正電
C. 極板X 應帶正電， 極板Y應帶負電
D. 極板X'應帶正電，極板Y'應帶負電
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解析： 　根據(jù)亮斑的位置可知電子在偏轉(zhuǎn)電極間的電場中分別向X極和Y
極偏轉(zhuǎn)，所以電子在兩個電場中受到靜電力的方向應分別朝向X極和Y極，
所以極板X和極板Y都應帶正電。故選A。
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5. （2025·江蘇南通期末考試）如圖所示，M、N是在真空中豎直放置的兩
塊平行金屬板。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的粒子（不計重力）以初速
度v0由小孔水平射入電場，當M、N間的電壓為U時，粒子剛好能到達N
板。如果要使這個帶電粒子到達M、N兩板中線位置處即返回，則下述措
施能滿足要求的是（　　）
A. 使初速度減小為原來的
B. 使M、N間的電壓提高到原來的4倍
C. 使M、N間的電壓加倍
D. 使初速度減小為原來的，同時M、N間的電壓加倍
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解析： 　粒子從進入電場到到達N板的過程中，板間的電場強度為E＝
，由動能定理得－qEd＝0－m，解得d＝，設帶電粒子離開M板
的最遠距離為x，則若使初速度減為原來的，根據(jù)動能定理有－qEx＝0－
m，解得x＝，故A錯誤；若電壓提高到原來的4倍，則電場強度也
變?yōu)樵瓉淼?倍，設帶電粒子離開M板的最遠距離為x1，根據(jù)動能定理有－
q·4Ex1＝0－m，解得x1＝，故B錯誤；同理，若電壓提高到原來的2
倍，則電場強度也變?yōu)樵瓉淼?倍，設帶電粒子離開M板的最遠距離為x2，
根據(jù)動能定理有－q·2Ex2＝0－m，解得x2＝，故C正確；若初速度減少一半，電壓加倍，則電場強度加倍，設帶電粒子離開M板的最遠距離為x3，根據(jù)動能定理有－q·2Ex3＝0－m，解得x3＝，故D錯誤。
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6. （2025·河北石家莊市二模）某種負離子空氣凈化
器的原理如圖所示，由空氣和帶一價負電的灰塵顆粒
組成的混合氣流進入由一對平行金屬板構(gòu)成的收集器。
在收集器中，帶電顆粒入射時的最大動能為4×106 eV，
金屬板的長度為L，金屬板的間距為d，且L＝100d。在勻強電場作用下，帶電顆粒打到金屬板上被收集，不考慮重力影響和顆粒間的相互作用。要使得
全部顆粒被收集，兩極板間的電勢差至少為（　　）
A. 1 600 V B. 800 V
C. 400 V D. 200 V
√
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解析： 　只要緊靠上極板的顆粒能夠落到下極板右側(cè)，顆粒就能夠全部
收集，水平方向有L＝v0t，豎直方向有d＝at2，qE＝ma，又E＝，聯(lián)立解
得兩金屬板間的電壓為U＝＝1 600 V，故選A。
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7. 〔多選〕（2025·浙江溫州市一模）如圖所示，加速電場的兩極板P、Q
豎直放置，間距為d，電壓為U1。偏轉(zhuǎn)電場的兩極板M、N水平放置，兩極
板長度及板間距均為L，電壓為U2。P、Q極板分別有小孔A、B，AB連線與
偏轉(zhuǎn)電場中心線BC共線。質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子從小孔A無初速度
進入加速電場，經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場，到達探測器（探測器可上下移動）。整個
裝置處于真空環(huán)境，且不計離子重力。下列說法正確的是（　　）
A. 離子在加速電場中運動時間為d
B. 離子在M、N板間運動時間為L
C. 離子到達探測器的最大動能為q（U1＋U2）
D. 為保證離子不打在M、N極板上，U1與U2應滿足的關(guān)系為U2＜2U1
√
√
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解析： 　離子在加速電場做勻加速直線運動，加速度為a1＝，由公
式d＝a1，得離子在加速電場中運動時間為t1＝d，故A錯誤；設離
子進入偏轉(zhuǎn)電場的速度為v0，由動能定理有U1q＝m，離子在M、N板間
運動時間為t2＝，得t2＝L，故B正確；當離子打到M或N板時動能最
大，由動能定理有Ekm＝U1q＋q，故C錯誤；為保證離子不打在M、N極
板上，即離子在豎直方向的偏轉(zhuǎn)位移應小于，有×＜，得U2＜
2U1，故D正確。
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8. （2024·吉林高考6題）在水平方向的勻強電場中，一帶電小球僅在重力
和電場力作用下于豎直面（紙面）內(nèi)運動。如圖，若小球的初速度方向沿
虛線，則其運動軌跡為直線；若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O
點出發(fā)運動到與O點等高處的過程中（　　）
A. 動能減小，電勢能增大 B. 動能增大，電勢能增大
C. 動能減小，電勢能減小 D. 動能增大，電勢能減小
√
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解析： 　根據(jù)題意可知，小球所受合力方向沿虛線向下，則其所受電場
力方向水平向右，小球從O點運動到與O點等高處的過程做類平拋運動，小
球的速度增大，動能增大，由于小球所受電場力與小球速度的夾角一直為
銳角，則電場力做正功，小球的電勢能減小，A、B、C錯誤，D正確。
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9. （2025·黑龍江哈爾濱三中月考）如圖所示，在長為2L、寬為L的矩形區(qū)
域ABCD內(nèi)有電場強度大小為E、方向豎直向下的勻強電場。一質(zhì)量為m、
電荷量為q的帶負電的質(zhì)點，以平行于AD的初速度從A點射入該區(qū)域，結(jié)果
該質(zhì)點恰能從C點射出。（已知重力加速度為g）
（1）求該質(zhì)點從A點進入該區(qū)域時的初速度v0。
答案： 　
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解析： 質(zhì)點在水平方向做勻速直線運動，有2L＝v0t，在豎直方向做
勻加速直線運動，有mg－qE＝ma，質(zhì)點恰好能從C點射出，有L＝at2，聯(lián)
立解得v0＝。
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（2）若P、Q分別為AD、BC邊的中點，現(xiàn)將PQCD區(qū)域內(nèi)的電場撤去，則
該質(zhì)點的初速度v0為多大時仍能從C點射出？
答案：
解析：在ABQP區(qū)域，質(zhì)點在水平方向做勻速直線運動，有L＝v0t1，在
豎直方向有y1＝a，v1＝at1，在PQCD區(qū)域，在水平方向有L＝v0t2，在
豎直方向有y2＝v1t2＋g，質(zhì)點恰好從C點射出，則y1＋y2＝L，聯(lián)立解得
v0＝。
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10. 如圖所示，一靜止的電子經(jīng)過電壓為U的電場加速后，立即從A點射入
勻強電場中，射入方向與勻強電場的方向垂直，最終電子從B點離開電
場。已知勻強電場的電場強度大小為E，寬度為L，方向豎直向上，電子的
電荷量為e，質(zhì)量為m，重力忽略不計。
（1）求電子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)距離。
答案： 　
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解析： 電子在加速電場中加速，由動能定理得eU＝m，解得v0＝
，
設電子在勻強電場中的偏轉(zhuǎn)距離為y，根據(jù)類平拋運動規(guī)律可得L＝v0t，y
＝at2，
由牛頓第二定律得a＝，解得y＝。
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（2）若僅將加速電場的電壓提高為原來的2倍，使電子仍經(jīng)過B點，求勻強電場的電場強度E1。
答案： 2E
解析：由（1）可得電子在勻強電場中有x＝v1t1，y＝a1，
在加速電場中有eU1＝m，
由牛頓第二定律得eE1＝ma1，
聯(lián)立解得E1＝，
根據(jù)題意可知x、y均不變，當加速電場的電壓增大到原來的2倍，勻強電場
的場強也增大為原來的2倍，即E1＝2E。
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11. 將一個質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q的微粒自A點以大小為4v的初速度垂
直射入水平向右的勻強電場（如圖所示），微粒運動到最高點B時速度變
為3v，求：
（1）勻強電場的場強大小E；
答案： 　
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解析： 若自A點至B點所用的時間為t1，微粒在水平方向的加速度為
a，則
豎直方向，有0＝4v－gt1
水平方向，有Eq＝ma，3v＝at1
聯(lián)立得E＝。
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（2）A、B兩點間電勢差UAB；
答案： 　
解析：若A、B間豎直高度差為h1，則0－（4v）2＝－2gh1
－mgh1＋qUAB＝m（3v）2－m（4v）2
解得UAB＝。
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（3）微粒自A點至B點過程中速度的最小值。
答案： v
解析：微粒速度與合力之間的夾角先為鈍角，后為銳角，當二者垂直時，
速度最小，若從A點到微粒速度最小時間為t2，速度最小時速度的水平分量
為vx，豎直分量為vy，則
vx＝at2，vy＝4v－gt2，且＝
聯(lián)立解得t2＝
vmin＝
解得vmin＝v。
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THANKS
演示完畢 感謝觀看

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